2023届贵州省高三333高考备考诊断性联考（二）数学（文）试题含解析

这是一份2023届贵州省高三333高考备考诊断性联考（二）数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届贵州省高三333高考备考诊断性联考（二）数学（文）试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的单调性解出集合A，根据补集的定义和运算求出B的补集，结合交集的定义和运算即可求解.【详解】由，得，∴，又或，∴故选：B．2．若复数z满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据复数的乘方运算和除法运算法可得，再求得即可.【详解】由复数乘方运算可得，所以，则，故选：D．3．为了发展学生的兴趣和个性特长，培养全面发展的人才．某学校在不加重学生负担的前提下．提供个性、全面的选修课程．为了解学生对于选修课《学生领导力的开发》的选择意愿情况，对部分高二学生进行了抽样调查，制作出如图所示的两个等高条形图，根据条形图，下列结论正确的是（    ）A．样本中不愿意选该门课的人数较多B．样本中男生人数多于女生人数C．样本中女生人数多于男生人数D．该等高条形图无法确定样本中男生人数是否多于女生人数【答案】B【分析】根据等高条形图直接判断各个选项即可.【详解】对于A，由图乙可知，样本中男生，女生都大部分愿意选择该门课，则样本中愿意选该门课的人数较多，A错误；对于BCD，由图甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比较大，所以可以确定，样本中男生人数多于女生人数，B正确，CD错误.故选：B．4．已知实数满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由约束条件可作出可行域，将问题转化为点与可行域内的点连线斜率的最大值求解问题，结合图象可求得结果.【详解】由约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，则，，，设点，，其中在可行域内，，由图可知：当在点时，直线斜率最大，.故选：D．5．若双曲线C：的离心率为2，C的一条渐近线被圆所截得的弦长为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】先将圆的方程化为标准方程，得到圆心和半径，从而得到双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式，通过勾股定理，求解直线和圆的弦长即可.【详解】由题可知，离心率，得，双曲线C：的一条渐近线不妨为，即，圆的圆心为，半径为，可得圆心到直线的距离为，弦长为.故选：A．6．在平行四边形ABCD中，，，，，则（    ）A．2 B．－2 C．4 D．－4【答案】B【分析】以为基底表示，代入向量的数量积公式计算即可.【详解】  如图，∵，，，∴，∴.故选：B．7．，下列说法正确的是（）①为偶函数；②的最小正周期为；③在区间上先减后增；④的图象关于对称．A．①③ B．①④ C．③④ D．②④【答案】A【分析】由题可得，然后结合函数的性质逐项分析即得.【详解】由辅助角公式可得：，对①，由题可知，为偶函数，①正确；对②，最小正周期，故②错误；对③，令，，在区间先减后增，复合函数同增异减易知，③正确；对④，，所以关于点对称，④错误.故选：A．8．镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型中．已知人眼距离地面高度，某建筑物高，将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物的位置，测量人与镜子的距离，将镜子后移a米，重复前面中的操作，则测量人与镜子的距离，则镜子后移距离a为（    ）A．6m B．5m C．4m D．3m【答案】A【分析】设建筑物底部到第一次观察时镜面位置之间的距离为，根据光线反射性质列出关于的方程组，求解即可.【详解】如图：设建筑物最高点为A，建筑物底部为，第一次观察时镜面位置为，第一次观察时人眼睛位置为C处，第二次观察时镜面位置为，设到之间的距离为，由光线反射性质得，所以，即，①同理可得，②①②两式相比得，解得，代入①得，故选：A．9．将4个A和2个B随机排成一行，2个B不相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别计算出4个A和2个B随机排成一行的种数以及2个B不相邻的种数，可利用插空法，然后由古典概型的概率公式求解即可．【详解】4个A和2个B随机排成一行，可利用插空法，4个A产生5个空，若2个B相邻，则有种排法，若2个B不相邻，则有种排法，共有15种不同的排法.所以2个B不相邻的概率为.故选：C．10．已知函数，，对任意，，都有不等式成立，则a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】将问题转化为，利用导数求在上的最小值、在上的最小值，即可得结果.【详解】对任意，，都有不等式成立，，，，则在区间上单调递增，∴，，，，则在上单调递增，，，则在上单调递减，，，故，综上，.故选：C11．如图，在直三棱柱中，，，，点P在棱上，且P靠近B点，当时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据几何关系利用勾股定理可以求出，进而可以求出结果.【详解】在中，由余弦定理可得，解得，，由得：，解得：或，又因为，且P靠近B点，所以．由正弦定理可得，外接圆半径，三棱锥P-ABC的外接球半径R满足：，∴外接球表面积，故选：D．12．已知是数列的前n项和，，，当数列的前n项和取得最大值时，n的值为（    ）A．30 B．31 C．32 D．33【答案】C【分析】由递推式得到，结合等差中项知为等差数列，进而写出其通项公式并判断单调性，最后判断上各项的符号，即可确定前n项和取得最大值时n的值.【详解】①，则②，②－①得：，即，则数列为等差数列，且，由得：，则公差，所以，数列单调递减，而，，，......，设，当时，，且，，当时，恒成立，显然，，即数列的前32项和最大.故选：C 二、填空题13．已知等比数列的前3项和为168，，则____________．【答案】24【分析】根据等比数列通项及其前n项和的通项，设的公比为q，代入计算，解得 即可求解.【详解】设等比数列的公比为q，则即，解得，∴．故答案为：24.14．在平面直角坐标系xOy中，角θ是以O为顶点，Ox轴为始边，若角θ的终边过点，则的值等于____________．【答案】##【分析】由三角函数定义求出，，再根据两角和的正弦求得结果.【详解】∵θ的终边过点，则，，∴．故答案为：.15．已知抛物线C：的焦点为F，过点F作斜率大于0的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，，则的面积为____________．【答案】##【分析】易得点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立求出韦达定理，结合求出参数的值，代入三角形面积公式即可求解.【详解】因为抛物线的方程为：，所以焦点为，设直线的方程为：，，由，消整理得：，所以，所以，因为，所以，所以，代入，解得：，所以.故答案为：16．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现，在数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式如下： 若函数是定义在上的奇函数，且对任意的都有，当时，，则____________．【答案】##【分析】利用为奇函数和满足可得的周期﹒利用周期可将化为，结合可求；利用周期和奇函数性质可将化到内利用解析式求解．【详解】∵，∴，又是奇函数，∴，∴，的一个周期为2．∵，∴，∴．故答案为：. 三、解答题17．某单位为了解职工对垃圾回收知识的重视情况，对本单位的200名职工进行考核，然后通过随机抽样抽取其中的50名，统计其考核成绩（单位：分），制成如图所示的频率分布直方图． (1)估计该单位职工考核成绩低于80分的人数；(2)估计该单位职工考核成绩的中位数t（精确到0.1）．【答案】(1)32人(2)中位数为84.7分． 【分析】（1）根据频率分布直方图先求出考核成绩低于80分的频率，进而可以求出结果；（2）先判断中位数所在区间，利用中位数特征列方程求出结果.【详解】（1）由频率分布直方图得考核成绩低于80分的频率为，∴估计该单位职工考核成绩低于80分的人数为（人）．（2）∵前三组的频率为，前四组的频率为，∴设中位数为．由，得，∴计该单位职工考核成绩的中位数为84.7分．18．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．(1)求角C的大小；(2)若，求c的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再用余弦定理可求出角；（2）由（1）已知角，可借助正弦定理化边为角，再利用辅助角公式及正弦三角函数的性质可解．【详解】（1）由已知及正弦定理，得，即，∴．又∵，∴；（2）由（1）及正弦定理得，∵，∴，∴．∵，∴，，∴，∴．19．如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，．现将△ABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点．证明：(1)；(2)PC⊥平面ABM．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明；（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥PC．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD且AB//CD．又PB＝PA＝CD，∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形，∴PE⊥AB，在图甲中，，则，由，知△ABC是正三角形，故EC⊥AB．又，平面PEC，∴AB⊥平面PEC，又平面PEC，∴AB⊥PC．（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD，∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面．∵PB＝BC，∴BN⊥PC．由（1）AB⊥PC，又，平面ABNM，∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．20．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)讨论在上的单调性．【答案】(1)(2)在上是减函数． 【分析】（1）求导，计算斜率，再用点斜式求解即可；（2）令，求出，根据、可得使，可得、时的单调性，从而得解.【详解】（1），∴，又，∴曲线在点处的切线方程是，即；（2）令，则在上递减，且，，∴，使，即，当时，，当时，，∴在上递增，在上递减，∴，当且仅当，即时，等号成立，显然，等号不成立，故，∴在上是减函数．【点睛】方法点睛：判断一个函数是单调增还是单调减，我们可以通过求导函数来判断，如果导函数为正值，那么原函数就是单调增的，如果导函数为负值，那么原函数就是单调减的，而如果导函数为0，那么可能是函数的极值点.21．抛物线的焦点到准线的距离等于椭圆的短轴长．(1)求抛物线的方程；(2)设是抛物线上位于第一象限的一点，过作（其中）的两条切线，分别交抛物线于点,,证明：直线经过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；（2）设点，，求出直线的方程，利用直线和圆相切,直线和圆相切分别出关于和的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线经过的定点.【详解】（1）由椭圆方程可知短轴长为，∴抛物线的焦点到准线的距离，故抛物线方程为．（2）∵是抛物线上位于第一象限的点，∴且，∴．设，，则直线方程为，即，∵直线DM：与圆E：相切，∴，整理可得，，①同理，直线DN与圆E相切可得，，②由①②得a，b是方程的两个实根，∴，，代入，化简整理可得，，令，解得，故直线MN恒过定点．22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线：．以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l的极坐标方程和曲线的参数方程；(2)求曲线上一点N到直线l距离的最小值，并求出此时N点的坐标．【答案】(1)直线的极坐标方程为：，曲线的参数方程为（为参数）(2)，． 【分析】（1）利用消元法求出直线的直角坐标方程，再利用直角坐标和极坐标互化公式即可求出直线的极坐标方程，直接根据同角三角函数的平方关系可得曲线的一个参数方程；（2）设点的坐标为，表示出点到直线的距离，结合辅助角公式和正弦函数的值域，即可得出距离最小值，进而求出点的坐标．【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消得直线的普通方程为，将代入直线的普通方程，得直线的极坐标方程为：，曲线的一个参数方程为：（为参数）．（2）因为点在曲线上，设，则到直线的距离为：，其中，，当，即时取得最小值，，，，， 故此时点的坐标为，综上，曲线上一点到直线距离的最小值为，此时点的坐标为．23．已知函数，(1)求不等式的解集N；(2)设N的最小数为n，正数a，b满足，求的最小值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）分类讨论的取值范围去绝对值转化为一次不等式求解；（2）由题意得，将，代入化简后使用基本不等式求最小值.【详解】（1），即，∴或或，解得或或，∴不等式的解集．（2）由（1），∴，则，，则，当且仅当，即，时等号成立．∴的最小值为．